2019高考物理二轮复习 专项1 模型突破 专题6 导体棒 导轨模型高分突破学案

模型6 导体棒+导轨模型
[模型统计]
1．导体棒＋导轨模型的特点
导体棒＋导轨模型是高考命题的热点模型之一，命题思路主要是通过导体棒切割磁感线产生感应电动势，综合考查电学、动力学以及能量等知识．导体棒的运动过程通常比较复杂，故该模型综合性比较强．
2．导体棒＋导轨模型常见的问题
(1)单棒＋导轨，解决此类问题通常综合牛顿第二定律分析导体棒的加速度以及速度的变化过程，解决此类问题往往要抓住导体棒的临界条件，即导体棒的加速度为零；
(2)双棒＋导轨，解决此类问题的核心是要明确导体棒的受力情况和运动情况，明确等效电源，必要时要将电磁感应现象与牛顿运动定律、能量守恒定律、动量守恒定律等知识综合起来进行处理．
[模型突破]
考向1 单棒＋电阻＋导轨模型
[典例1] (多选)(2018·宣城二次调研)如图1甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨间距d ＝0.5 m ，导轨右端连接一阻值为4 Ω的小灯泡L ，在CDEF 矩形区域内有竖直向上的匀强磁场．磁感应强度B 随时间 t 变化如图乙所示，CF 长为2 m ．在t ＝0时，
金属棒ab 从图中位置由静止在恒力F 作用下向右运动，t ＝4 s 时进入磁场，并恰好以v ＝1 m/s 的速度在磁场中匀速运动到EF 位置．已知ab 金属棒电阻为1 Ω.下列分析正确的是( )
图1
A ．0～4 s 内小灯泡的功率为0.04 W
B ．恒力F 的大小为0.2 N
C ．金属棒的质量为0.8 kg
D ．金属棒进入磁场后小灯泡的功率为0.06 W
ABC [金属棒未进入磁场，电路总电阻为：R 总＝R L ＋R ab ＝5 Ω
回路中感应电动势为：E 1＝
ΔΦΔt ＝ΔBS Δt ＝24×2×0.5＝0.5 V 灯泡中的电流强度为：I ＝
E 1R 总＝0.55A ＝0.1 A 小灯泡的功率为P L ＝I 2R L ＝0.04 W ，选项A 正确；
因金属棒在磁场中匀速运动，则F ＝BI ′d
又：I ′＝Bdv R 总
＝0.2 A 代入数据解得：F ＝0.2 N ，选项B 正确；
金属棒未进入磁场的加速度为：a ＝v t ＝14
＝0.25 m/s 2 金属棒的质量：m ＝F a ＝0.20.25
kg ＝0.8 kg ，选项C 正确； 金属棒进入磁场后小灯泡的功率为P L ′＝I ′2R L ＝0.22
×4 W＝0.16 W ，选项D 错误．]
(多选)(2018·东莞模拟)如图甲所示，倾斜放置的平行光滑轨道间距为L ，
导轨与水平面的夹角为θ＝30°，导轨上端连有阻值为R ＝1 Ω的定值电阻，在导轨平面上的abdc 、cdfe 间分别有垂直导轨平面向上和向下的匀强磁场，磁感应强度分别为B 1＝1 T 和B 2＝ 2 T ，两磁场的宽度也均为L .一长为L 的导体棒从导轨某位置静止释放，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触良好，导体棒在磁场中运动的速度—时间图象如图乙所示．不计
导轨和导体棒的电阻，重力加速度g ＝10 m/s 2
，则下列说法正确的是( )
甲 乙
A ．导体棒的质量为m ＝0.2 kg
B ．导体棒穿过整个磁场时通过电阻R 的电量为(2－1)C
C ．导体棒穿过磁场B 2的时间为2 s
D ．导体棒穿过整个磁场时电阻R 产生的焦耳热为2 J
AB [由图可知，导体棒在上面的磁场中做匀速运动，由速度—时间图象可知，在 1 s
内以1 m/s 的速度经过磁场，则L ＝1 m ，由平衡知识可知：mg sin 30°＝F 安＝B 2L 2v R
，解得m ＝0.2 kg ，选项A 正确．根据q ＝ΔΦR ＝BL 2R 可知，穿过上面磁场时流过R 的电量为q 1＝B 1L 2R
＝1 C ；穿过下面磁场时流过R 的电量为q 2＝B 2L 2R ＝ 2 C ；因穿过两磁场时电流方向相反，则导体棒穿过整个磁场时通过电阻R 的电量为(2－1)C ，选项B 正确．由v ­t 图象可知，导体棒穿过磁场B 2时平均速度大于0.5 m/s ，则导体棒穿过磁场B 2的时间小于2 s ，选项C 错误．导体棒穿过整个磁场时电阻R 产生的焦耳热等于导体棒的机械能减小量，则Q ＝mg ·2L sin 30°＋ΔE k ＝2＋ΔE k ＞2 J ，选项D 错误．]
考向2 双棒＋导轨模型
[典例2] (2018·淮滨中学仿真)如图2甲所示，光滑导体轨道PMN 和P ′M ′N ′是两个完全一样的轨道，都是由半径为r 的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M 和M ′点相切，两轨道并列平行放置，MN 和M ′N ′位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L ，PP ′之间有一个阻值为R 的电阻，开关S 是一个感应开关(开始时开关是断开的)，MNN ′M ′是一个矩形区域内有竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场，水平轨道MN 离水平地面的高度为h ，其截面图如图乙所示．金属棒a 和b 质量均为m 、电阻均为R .在水平轨道某位置放上金属棒b ，静止不动，a 棒从圆弧顶端由静止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两导体棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离x ＝m 2grR 2B 2L
2，两棒速度稳定之后，再经过一段时间，b 棒离开轨道做平抛运动，在b 棒离开轨道瞬间，开关S 闭合．不计一切摩擦和导轨电阻，已知重力加速度为g .求：
图2
(1)两棒速度稳定时，两棒的速度；
(2)两棒落到地面后的距离；
(3)整个过程中，两棒产生的焦耳热．
【解析】 (1)a 棒沿圆弧轨道运动到最低点M 时，由机械能守恒定律得：
mgr ＝12
mv 2
解得a 棒沿圆弧轨道最低点M 时的速度v 0＝2gr a 棒向b 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，产生感应电流．a 棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，b 棒则在安培力的作用下向右做加速运动．只要a 棒的速度大于b 棒的速度，回路总有感应电流，a 棒继续减速，b 棒继续加速，直到两棒速度相同后，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度做匀速运动．
从a 棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等，方向相反，所以两棒的总动量守恒．
由动量守恒定律得：mv 0＝2mv 1
解得两棒以相同的速度做匀速运动的速度v 1＝v 02＝2gr 2
. (2)经过一段时间，b 棒离开轨道后，a 棒与电阻R 组成回路，从b 棒离开轨道到a 棒离开轨道过程中a 棒受到安培力的冲量 I A ＝I LBt ＝BL ΔΦ2Rt t ＝B 2L 2x 2R
取向右为正方向，对a 棒由动量定理：－I A ＝mv 2－mv 1
解得v 2＝2gr 4
由平抛运动规律得：两棒落到地面后的距离Δx ＝(v 1－v 2)2h g ＝rh
2.
(3)b 棒离开轨道前，两棒通过的电流大小总是相等，两棒产生的焦耳热相等Q a ＝Q b
由能量守恒定律可知：Q a ＋Q b ＝12mv 20－12
(2m )v 21 解得：Q a ＝Q b ＝14
mgr b 棒离开轨道后，a 棒与电阻R 通过的电流大小总是相等，两棒产生的焦耳热相等
由能量守恒定律可知：2Q a ′＝12mv 21－12
mv 22 解得：Q a ′＝332
mgr 所以整个过程中，a 棒产生的焦耳热Q ＝Q a ＋Q a ′＝1132
mgr . 【答案】 (1)2gr 2 (2)rh 2 (3)b 棒产生的焦耳热为14mgr ，a 棒产生的焦耳热为1132
mgr
(2018·蓉城名校联考)两平行且电阻不计的金属导轨相距L ＝1 m ，金属
导轨由水平和倾斜两部分(均足够长)良好对接，倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向上、磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中．长度也为1 m 的金属棒ab 和cd 垂直导轨跨搁，且与导轨良好接触，质量均为0.2 kg ，电阻分别为R 1＝2 Ω，R 2＝4 Ω. ab 置于导轨的水平部分，与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5，cd 置于导轨的倾斜部分，导轨倾斜部分光滑．从t ＝0时刻起， ab 棒在水平且垂直于ab 棒的外力F 1的作用下由静止开始向右做匀加速直线运动，金属棒cd 在力F 2的作用下保持静止， F 2平行于倾斜导轨平面且垂直于金属杆cd .当t 1＝4 s 时， ab 棒消耗的电功率为2.88 W ．已知sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2
.求：
(1) ab 棒做匀加速直线运动的加速度大小；
(2)求t 2＝8 s 时作用在cd 棒上的力F 2；
(3)改变F 1的作用规律，使ab 棒运动的位移x 与速度v 满足： x ＝2v ，要求cd 仍然要保持静止状态．求ab 棒从静止开始运动x ＝4 m 的过程中，作用在ab 棒上的力F 1所做的功(结果可用分数表示)．
【解析】 (1)当t ＝4 s 时，ab 消耗的电功率为2.88 W ，有：P ab ＝I 2
1R 1
代入数据得I 1＝1.2 A
① 回路中的电动势E 1＝I 1(R 1＋R 2) ② 由法拉第电磁感应定律知E 1＝BLv 1 ③
导体棒ab 做匀加速直线运动，v 1＝at 1
④ 由①②③④得，a ＝0.9 m/s 2. ⑤
(2)当t 2＝8 s 时，导体棒ab 的速度v 2＝at 2 ⑥
回路中的电流I 2＝E 2
R 1＋R 2＝BLv 2R 1＋R 2
＝2.4 A ⑦
导体棒cd 所受安培力F 2安＝BI 2L ＝4.8 N
⑧ 设导体棒cd 所受的F 2沿斜面向下，有：F 2＋mg sin θ＝F 2安cos θ
⑨ 由⑧⑨得F 2＝2.64 N ，故假设成立，所以F 2的方向沿斜面向下.
⑩ (3)设ab 棒的速度为v 时，回路中的电流为I ＝
E R 1＋R 2＝BLv R 1＋R 2 ⑪ 此时金属棒ab 所受安培力大小为：
F 安＝BIL
⑫ 由题意知ab 棒运动的位移x 与速度v 的关系：x ＝2v
⑬ 联立⑪⑫⑬，并代入数据得F 安＝x 3 ⑭ ab 棒从静止开始运动x ＝4 m 的过程中，克服安培力所做的功为：W 克安＝F 安·x ＝0＋x 32x ＝83 J ⑮
对金属棒ab ，由动能定理有：W 拉－W 克安－μmgx ＝12mv 2 ⑯
由⑭⑮⑯得W 拉＝10615 J ．
⑰ 【答案】 (1)0.9 m/s 2 (2)2.64 N ，方向沿斜面向下 (3)10615 J
考向3 单棒＋电容器＋导轨模型
[典例3] (多选)如图3甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN 和PQ ，两导轨间距为l ，电阻均可忽略不计．在M 和P 之间接有阻值为R 的定值电阻，导体杆ab 质量为m 、电阻为r ，并与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现给杆ab 一个初速度v 0，使杆向右运动．则( )
图3
A ．当杆ab 刚具有初速度v 0时，杆ab 两端的电压U ＝Blv 0R R ＋r
，且a 点电势高于b 点电势 B ．通过电阻R 的电流I 随时间t 的变化率的绝对值逐渐增大
C ．若将M 和P 之间的电阻R 改为接一电容为C 的电容器，如图乙所示，同样给杆ab 一个初速度v 0，使杆向右运动，则杆ab 稳定后的速度为v ＝
mv 0m ＋B 2l 2C
D ．在C 选项中，杆稳定后a 点电势高于b 点电势
ACD [当杆ab 刚具有初速度v 0时，其切割磁感线产生的感应电动势E ＝Blv 0，根据闭合电路欧姆定律得，杆ab 两端的电压U ＝ER R ＋r ＝Blv 0R R ＋r
，根据右手定则知，感应电流的方向为b 到a ，a 相当于电源的正极，则a 点电势高于b 点电势，A 正确；通过电阻R 的电流I ＝Blv R ＋r
，由于杆ab 速度减小，则电流减小，安培力减小，所以杆ab 做加速逐渐减小的减速运动，速度v 随时间t 的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R 的电流I 随时间t 的变化率的绝对值逐渐减小，B 错误；当杆ab 以初速度v 0开始切割磁感线时，会产生感应电动势，电路开始给电容器充电，有电流通过杆ab ，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动．当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压U ＝Blv ，根据电容器电容C ＝Q U ，以杆ab 为研究对象，在很短的一段时间Δt 内，杆受到的冲量大小为BIl ·Δt ，从杆ab 开始运动至速度达到稳定的过程中，根据动量定理有∑(－BIl ·Δt )＝－BlQ ＝mv －mv 0，联立可得v ＝mv 0m ＋B 2l 2C
，C 正确；稳定后，不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a 点的电势高于b 点电势，D 正确．]
(多选)(2018·太原五中一模)图中直流电源电动势为E ＝1 V ，电容器的
电容为C ＝1 F ．两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l ＝1 m ，电阻不计．一质量为m ＝1 kg 、电阻为R ＝1 Ω的金属棒MN ，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S 接1，使电容器完全充电．然后将S 接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B ＝1 T 的匀强磁场(图中未画出)，MN 开始向右加速运动．当MN 达到最大速度时离开导轨，则( )
A ．磁感应强度垂直纸面向上
B ．MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量0.5 C
C ．MN 的最大速度为1 m/s
D ．MN 刚开始运动时加速度大小为1 m/s 2
BD [电容器上端带正电，通过MN 的电流方向向下，由于MN 向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于导轨平面向下，A 错误；电容器完全充电后，两极板间电压为E ，当开关S 接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN 的电流为I ，有I ＝E R ①，设MN 受到的安培力为F ，有：F ＝BIl ②，由牛顿第二定律有：F ＝ma ③，联立①②③式：得a ＝BEl mR ＝1×1×11×1
＝
1 m/s 2
④，当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q 0，有：Q 0＝CE ⑤，开关S 接2后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值v max 时，设MN 上的感应电动势为E ′，有：E ′＝
Blv max ⑥，设MN 离开导轨时电容器上剩余的电荷量为Q ，依题意有E ′＝Q C
⑦，设在此过程中MN 的平均电流为I ，MN 上受到的平均安培力为F ，有F ＝B I l ⑧，由动量定理，有F Δt
＝mv max －0⑨，又I Δt ＝Q 0－Q ⑩，联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得：Q ＝B 2l 2C 2E m ＋B 2l 2C
＝0.5 C ，v max ＝0.5 m/s ，C 错误，B 、D 正确．]。